【文档说明】黑龙江省大庆铁人中学2020-2021学年高一下学期期末考试数学试题含答案.docx，共(4)页，415.953 KB，由小赞的店铺上传

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铁人中学2020级高一下学期期末考试数学试题试题说明：本试卷满分150分，答题时间120分钟第一卷：选择题部分一选择题（每小题只有一个选项正确，共12小题，每小题5分，共60分）1.已知向量(,2),(3,4)ab=−=，且//ab，则的

值为（）A．6−B．6C．23D．32−2.设复数102zi=−（其中i为虚数单位），则z的共轭复数的虚部为（）A．2B．2iC．2−D．2i−3.由于疫情期间大多数上上课，某校高一、高二、高三共有学生1800名，为了了解同学们对“钉钉”授课软件的意见，计划采用按比例分配的分层抽

样的方法从这1800名学生中抽取一个容量为72的样本，若从高一、高二、高三抽取的人数恰好是从小到大排列的连续偶数，则该校高三年级的人数为()A.800B.750C.700D.6504.在ABC中，点M满足2BMMC=，则（）A.1233AMABAC=+B.2313AMABAC=+C.1233A

MABAC=−D.2313AMABAC=−5.已知m，n，l是三条不同直线，，是两个不同的平面，则下列结论一定正确的（）A．若n，l，mn⊥，ml⊥，则m⊥B．若//m，n⊥，//

，则mn⊥C．若mn⊥，nl⊥，l⊥，则m⊥D．若//ml，//l，则//m6.从装有两个红球和两个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是（）A．至少有一个黑球与都是黑球B．恰好有一个黑球与都是红球C．至少有一个黑球与都是红球D．恰好有两个黑球与

至少一个红球7.已知一圆锥的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的侧面积与底面积的比值为（）A．2B．3C．12D．138.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，如果60A=，3b=，△ABC的面积332S=，那么a等于（）A.17B

.7C.7D.179.某班有50名学生,其中有30名男生和20名女生,随机询问了该班6名男生和4名女生在某次数学测验中的成绩,6名男生的成绩分别为86分,94分,88分,92分,90分,90分,4名女生的成绩分别为90分,93分,93分,88分,

则下列说法不正确的有A.这种抽样方法是按比例分配的分层抽样B.该班男生成绩的平均数小于该班女生成绩的平均数C.这6名男生成绩的方差大于这4名女生成绩的方差D.抽取的10名学生成绩的平均数和方差分别为90.4分和6.04分210.一块边长为10cm的正方形铁片如图所示，将它的阴影部分截下，然后用

余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的外接球的表面积A2894B28916C28948D2896411.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，，点D在AC上，2AD＝DC，BD＝2，则△ABC的面积的最大值

为（）A．4B．6C．D．12.给出下列四个命题：（1）一个圆柱的底面半径为1，高为2，则该圆柱的体积为2；（2）若样本数据1x，2x，，10x标准差为2，则数据121x−，221x−，，1021x−的方差为16；.（3）若ABC△中，π3A=，2AB=，若满足上述条件的三角形有两个，则BC边的

范围是()3,2.（4）设a，e均为单位向量，当a，e的夹角为23时，a在e方向上的投影向量为12e其中你认为正确的个数是；A.1B.2C.3D.4第二卷：非选择题部分二．填空题：（共4个小题，每题5分，满分20分）13一个袋子中有2

个红球，3个白球，采用不放回方式从中依次随机地摸出2个球，则第一次摸到红球的概率________；14.已知复数z满足(1)13izii+=−，则复数z对应的点在复平面的第________象限；15.如

图，小明为了测量楼前穿天杨树的高度，他在正西方向选取与穿天杨树根部C在同水平面的A，B两点，在A点测得树根部C在西偏北30的方向上，步行40米到B处，测得树根部C在西偏北75的方向上，树梢D的仰角为30，则该穿天杨树的高度为_

_________米；16.已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，点E、F、G分别为棱AB、1AA、11CD的中点，则下列结论中（1）过E、F、G三点作正方体的截面，所得截面面积为3341112BDDB0BC（）与平面所成的角为：6；（3）异面直

线EF与1BD所成角的正切值为22（4）四面体11ACBD−的体积等于12；其中正确的结论________；三．解答题：（本题共6道大题，共70分，解答题要求写出文字说明、证明过程或运算步骤）17.（满分10分）在△𝐴𝐵𝐶中，角A、B、C所对

的边分别为a、b、c，且𝑎=2，cos𝐵=35．（1）若𝑏=4，求sinA的值；（2）若△𝐴𝐵𝐶的面积𝑆△𝐴𝐵𝐶=4，求b、c的值．18.（满分12分）为了了解我市参加2018年全国高中数学联赛的学生考试结果情况，从中选取60名同学将其成绩（百分制，均

为正数）分成[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]六组后，得到部分频率分布直方图（如图），观察图形，回答下列问题：（1）求分数在[70,80)内的频率，并补全这个频率分布直方图；（2）根据频率分布直方

图，估计本次考试成绩的众数、平均数；（3）根据评奖规则，排名靠前10%的同学可以获奖，请你估计获奖的同学至少需要所少分?19．（满分12分）我校举行爱我中华的诗词大赛，经过层层选拔，最后决赛在甲、乙两个

代表队之间进行，每个代表队由10名队员组成，其得分情况如下：甲队91849385958885878686乙队87928684958589888688（1）计算甲、乙两个代表队的方差，说明哪个代表队的成绩更稳定；（2）如果以成绩不低于90

分的队员为优秀选手，从两个代表队中的优秀选手中任选2人决出最佳选手，则这两人来自不同代表队的概率是多少？20.（满分12分）如图，在四棱锥𝑃−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD=60∘，AB=2，PD=√6，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点．(Ⅰ)证明：

平面EAC⊥平面PBD；(Ⅱ)若PD//平面EAC，求三棱锥𝑃−EAD的体积．21.（满分12分）在△𝐴𝐵𝐶中，内角A，B，C所对边分别为a，b，𝑐.若满足：cos(cos3sin)cos0CAAB++=．（1）求角B的大小；（2）设BC的中点为D

，且𝐴𝐷=√3，求𝑎+2𝑐的取值范围．22.（满分12分）如图1，平面四边形ABCD中，𝐴𝐵=𝐴𝐶=√2，𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，𝐴𝐶⊥𝐶𝐷，E为BC的中点，将△𝐴𝐶𝐷沿对角线AC折起，使𝐶𝐷⊥𝐵𝐶，连接BD，得到如图2

所示的三棱锥𝐷−𝐴𝐵𝐶．(1)证明：平面𝐴𝐷𝐸⊥平面BCD；(2)已知直线DE与平面ABC所成的角为𝜋4，求二面角𝐴−𝐵𝐷−𝐶的余弦值．铁人中学2020级高一下学期期末考试数学试题参考答案：一选择题：

DCDABBACBADC二．填空题：13、25；14、一；15、2063；16、（1）（3）三．解答题：17.解：(1)∵𝑐𝑜𝑠𝐵=35>0，且0<𝐵<𝜋，∴𝑠𝑖𝑛𝐵=√1−cos2𝐵=45，由正弦

定理得𝑎𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑏𝑠𝑖𝑛𝐵，∴𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑎𝑠𝑖𝑛𝐵𝑏=2×454=25.(2)∵𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝑎𝑐sin𝐵=4，∴12×2×𝑐×45=4，∴𝑐=5.由余弦定理得𝑏2

=𝑎2+𝑐2−2𝑎𝑐𝑐𝑜𝑠𝐵，∴𝑏=√𝑎2+𝑐2−2𝑎𝑐𝑐𝑜𝑠𝐵=√22+52−2×2×5×35=√17．18.解：（1）0.25图中长方形高度0.025（2）由图知，众数为：75和85平均数为

：450.10550.15650.2750.25850.25950.0570.5+++++=．（3）因为分数在[80,90)内的频率为0.25，)90,100内的频率为0.05，而0.0510%(0.250.05)+所以得分前10%的分界点应在80至90之间．设所求的分界点为

90x−，则0.0250.0051010%x+=，解得2x=所以得分前10%的分界点为88，即获奖的同学至少需要88分．19..解：（1）9184868810x+++==甲，8792888810x+++==乙，()21916259490914412.610s=+++++++++=甲，()211

1641649910401010s=+++++++++=乙，因为22ss甲乙，所以乙队成绩更稳定.…….................................（2由表可知，甲队有3个优秀选手，分别记为A，B，C，乙队中有两个优秀选手

，分别记为a，b.则从这5人中任选两人，有(),AB，(),AC，(),Aa，(),Ab，(),BC，(),Ba，(),Bb，(),Ca，(),Cb，(),ab，共10种彼此互斥的选取方法，且每种选法都是等可能的，其中两人来自不同代

表队的方法有(),Aa，(),Ab，(),Ba，(),Bb，(),Ca，(),Cb，共6种，所以两人来自不同代表队的概率63105P==.20解(Ⅰ)证明：∵𝑃𝐷⊥平面ABCD，𝐴𝐶⊂平面ABCD

，∴𝐴𝐶⊥𝑃𝐷．∵四边形ABCD是菱形，∴𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，又∵𝑃𝐷∩𝐵𝐷=𝐷，𝑃𝐷⊂平面PBD，𝐵𝐷⊂平面PBD，∴𝐴𝐶⊥平面PBD．而𝐴𝐶⊂平面EAC，∴平面𝐸𝐴𝐶⊥平面PBD．(Ⅱ)解：∵𝑃𝐷//平面EAC，平

面𝐸𝐴𝐶∩平面𝑃𝐵𝐷=𝑂𝐸，𝑃𝐷⊂平面PBD，∴𝑃𝐷//𝑂𝐸，∵𝑂是BD中点，∴𝐸是PB中点．取AD中点H，连接BH，∵四边形ABCD是菱形，∠𝐵𝐴𝐷=60°，∴𝐵𝐻⊥𝐴𝐷，又∵�

�𝐷⊥平面ABCD，𝐵𝐻⊂平面ABCD，∴𝐵𝐻⊥𝑃𝐷，又∵𝐴𝐷∩𝑃𝐷=𝐷，AD、𝑃𝐷⊂平面PAD，∴𝐵𝐻⊥平面PAD，𝐵𝐻=√32𝐴𝐵=√3．∴𝑉𝑃−𝐸𝐴𝐷=𝑉𝐸−𝑃𝐴𝐷=12𝑉𝐵−𝑃𝐴𝐷=12×1

3×𝑆△𝑃𝐴𝐷×𝐵𝐻=16×12×2×√6×√3=√22．21.解：(1)由题意得−cos(𝐴+𝐵)+𝑐𝑜𝑠𝐴𝑐𝑜𝑠𝐵+√3𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐵=0，化简得𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵+√3𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠�

�=0．∵𝑠𝑖𝑛𝐴≠0，∴𝑠𝑖𝑛𝐵+√3𝑐𝑜𝑠𝐵=0．∴𝑡𝑎𝑛𝐵=−√3,又𝐵∈(0,𝜋)，∴𝐵=2𝜋3．(2)设∠𝐵𝐴𝐷=𝜃，则△𝐴𝐵𝐷中，由𝐵=

2𝜋3可知𝜃∈(0,𝜋3)，由正弦定理及𝐴𝐷=√3，可得𝐵𝐷sin𝜃=𝐴𝐵sin(𝜋3−𝜃)=𝐴𝐷sin2𝜋3=2，所以𝑎2=2𝑠𝑖𝑛𝜃,𝑐=2𝑠𝑖𝑛(�

�3−𝜃)∴𝑎+2𝑐=4𝑠𝑖𝑛𝜃+4𝑠𝑖𝑛(𝜋3−𝜃)=4(12𝑠𝑖𝑛𝜃+√32𝑐𝑜𝑠𝜃)=4𝑠𝑖𝑛(𝜃+𝜋3)．由𝜃∈(0,𝜋3)，可知，𝜃+𝜋3∈(𝜋

3,2𝜋3)，∴sin(𝜃+𝜋3)∈(√32,1],∴𝑎+2𝑐∈(2√3,4]22.(1)证明：在三棱锥𝐷−𝐴𝐵𝐶中，因为𝐶𝐷⊥𝐵𝐶，𝐶𝐷⊥𝐴𝐶，𝐴𝐶∩𝐵𝐶=𝐶，AC，𝐵𝐶⊂平面ABC，所以𝐶𝐷⊥平面ABC，又𝐴𝐸⊂平面ABC，所以𝐴�

�⊥𝐶𝐷，因为𝐴𝐵=𝐴𝐶，E为BC中点，所以𝐴𝐸⊥𝐵𝐶，又𝐵𝐶∩𝐶𝐷=𝐶，BC，𝐶𝐷⊂平面BCD，所以𝐴𝐸⊥平面BCD，又𝐴𝐸⊂平面ADE，所以平面𝐴𝐷𝐸⊥平面BCD；(2)由(1)可知∠𝐷𝐸𝐶即为直线DE与平面ABC所成的角，

所以∠𝐷𝐸𝐶=𝜋4，故CD=𝐶𝐸=1；由(1)知𝐴𝐸⊥平面BCD，过E作𝐸𝐻⊥𝐵𝐷于H，连接AH，∵𝐴𝐸⊥𝐵𝐷，𝐴𝐸∩𝐸𝐻=𝐸，AE，𝐸𝐻⊂面AEH，∴𝐵𝐷⊥面AEH，可知𝐴𝐻⊥𝐵𝐷，故∠𝐴𝐻𝐸为二面角𝐴−𝐷

𝐵−𝐶的平面角．由△𝐵𝐻𝐸∼△𝐵𝐶𝐷，得𝐵𝐸𝐵𝐷=𝐸𝐻𝐶𝐷，即1√5=𝐸𝐻1，得𝐸𝐻=√55，所以𝐴𝐻=√305，故cos∠𝐴𝐻𝐸=𝐸𝐻𝐴𝐻=√66，所以二面角𝐴−𝐷𝐵−𝐶的余弦值为√66．